浙江省余姚中学2017届高三10月月考化学(详细答案版)

浙江省余姚中学2017届高三10月月考化学
一、单选题：共11题
1．下列关于胶体和溶液的说法中，不正确的是
A.胶体和溶液都是均一、稳定的分散系，静置不易产生沉淀
B.布朗运动是粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分开
C.光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应
D.往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸会产生沉淀而后沉淀逐渐溶解
【答案】B
【解析】本题考查了胶体的性质。

A、溶液是均一稳定的，胶体是介稳体系，均比较稳定，静置不易产生沉淀，正确；B、布朗运动不仅仅是胶体粒子的运动方式，是所有分子的运动方式，错误；C、丁达尔效应是胶体所特有的性质，溶液没有，正确；D、电解质溶液能使胶体产生聚沉，故向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸溶液，会发生聚沉，错误；故选B。

2．如图所示对实验仪器名称的标注或实验操作正确的是
【答案】C
【解析】本题考查化学实验基本操作。

A.图示为碱式滴定管，酸式滴定管带有活塞，错误；B.试管口略向下倾斜，否则水蒸气冷凝倒流发生炸裂，错误；C.为防止氢氧化亚铁被氧气氧化，用苯隔绝空气并把长导管插入液面下，正确；D.不能在量筒中进行溶液的稀释操作，错误；故选C。

3．下列说法正确的是
A.25 ℃时NH4Cl溶液的K W大于100 ℃时NaCl溶液的K W
B.SO 2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O＋2I－＋4H＋
C.加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、、
D.25 ℃时，将pH＝2的醋酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显碱性
【答案】C
【解析】本题考查电解质溶液。

K W只于温度有关，25 ℃时NH4Cl溶液的K W小于100 ℃时NaCl溶液的K W，错误；B.SO2通入碘水中，反应的离子方程式应为SO2＋I2＋2H2O ＋2I－＋4H＋，错误；C.加入铝粉能产生H2的溶液中，可能是碱性溶液， Na＋、Ba2＋、、能够存在大量，正确；D.25 ℃时，将pH＝2的醋酸与pH＝12的NaOH 溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，错误；故选C。

4．下列排序正确的是
A.酸性：碳酸<苯酚<醋酸
B.碱性：Ca(OH)2<Mg(OH)2<KOH
C.密度：溴苯<苯<水
D.沸点：PH3<NH3<H2O
【答案】D
【解析】本题考查较为综合，涉及酸性、金属性、密度以及沸点的比较。

A.苯酚酸性比碳酸弱，向苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体，可生成苯酚，酸性应为苯酚＜碳酸＜醋酸，错误；B.金属性：K＞Ca＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，错误；C.一般来说，卤代烃的密度比水大，烃的密度比水小，溴苯的密度比水大，苯的密度比水小，错误；D.水和氨气都含有氢键，沸点较高，其中水分子间形成的氢键较多，常温下为液体，而氨气为气体，水的沸点最高，正确；故选D。

5．某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、、、、中的若干种组成。

取该溶液进行如下实验：(1)取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；(2)在(1)所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；
(3)在(2)所得溶液中加入过量浓Ba(OH)2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙。

则下列离子在原溶液中一定存在的有
A.、、Na+
B.Na+、、
C.、Na+、Al3+
D.、Na+、
【答案】B
【解析】本题考查离子的共存。

取该溶液进行如下实验：无色溶液中一定不含，(1)取试液适量，加入过量稀盐酸，有气体生成，得到溶液甲，则一定含，没有Ag+、Ba2+、Al3+；(2)在(1)所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，且析出白色沉淀乙，过滤得到溶液丙，则一定含；(3)在(2)所得溶液中加入过量浓Ba(OH)2溶液也有气体生成，且析出白色沉淀丁，气体为氨气，沉淀可能为碳酸钡，也可能含硫酸钡，溶液为电中性，则一定含Na+，综上所述，一定有Na+、、；故选B。

6．选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来，这中萃取剂应具备的性质是
A.不溶于水，且必须易与碘发生化学反应
B.不溶于水，且碘单质在萃取剂溶解度比水中更大
C.不溶于水，且密度必须比水大
D.不溶于水，且密度必须比水小
【答案】B
【解析】本题考查了萃取剂的选择原则。

萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来.根据萃取的定义知：萃取剂必须具备下列条件：两种溶剂互不相溶；溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；溶质与萃取剂不反应；A.选取的萃取剂与原溶剂必须互不相溶，且萃取剂和碘不发生反应，错误；B.选取的萃取剂与原溶剂必须互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，正确；
C.萃取剂必须和水不互溶，但密度不一定比水的大，错误；
D.萃取剂必须和水不互溶，但密度不一定比水的小，错误；故选B。

7．相同温度下，两种氨水A、B，浓度分别是0.2 mol/L和0.1 mol/L，则A和B的OH －浓度之比
A.大于2
B.小于2
C.等于2
D.不能确定
【答案】B
【解析】本题考查弱电解质的电离程度与浓度的关系。

一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，A瓶氨水的浓度是B瓶氨水的浓度的2倍，因弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故A瓶氨水的电离度比B瓶氨水的电离度小，所以A、B两瓶氨水中OH－浓度之比小于2，故选B。

8．下列说法中，正确的是
A.1mol某气体的体积为22.4 L，该气体的状况不一定是标准状况
B.在非标准状况下，1mol气体的体积一定不是22.4 L
C.某物质含有阿伏加德罗常数个微粒，它在标准状况下的体积一定为22.4L
D.在标准状况下，1molO2和N2的混合气体的体积不一定是约22.4 L
【答案】A
【解析】本题考查了气体摩尔体积的条件应用分析。

A.1mol气体的体积为22.4L，根据pV=nRT可知，满足条件的T、P很多，不一定是标准状况，正确；B.标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，当气体摩尔体积为22.4L/mol时，不一定是标况，故在非标况下，根据pV=nRT可知，当压强和温度同倍数增大或减小，气体摩尔体积也可能是22.4L/mol，
即1mol氧气的体积可能是22.4L，错误；C.某物质含有阿伏加德罗常数个微粒，该微粒的物质的量为1mol，选项中该物质不一定是气体，且选项中微粒不一定为分子，故该物质在标准状况下体积不一定为22.4 L，错误；D.1molH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约为22.4L，错误；
故选A。

9．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A.常温下，pH=1的盐酸溶液中，H+的数目一定等于0.1N A
B.标准状况下，22.4 L CH4和CCl4的混合物所含有的分子数目为N A
C.过量铁粉在 0.1mol氯气充分燃烧，转移的电子数为0.3N A
D.常温常压下，18 g H2O所含的原子数为3N A
【答案】D
【解析】本题考查了阿伏加德罗常数的判断及计算。

A、题中没有告诉pH=1的盐酸溶液的体积，无法计算溶液中氢离子的物质的量，错误；B、标况下，四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，错误；C、0.1mol氯气与铁粉完全反应得到了0.2mol电子，转移的电子数为0.2N A，错误；D、18g水的物质的量为1mol，含有2molH、1molO，总共含有3mol原子，所含的原子数为3N A，正确；故选D。

10．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是
A.1mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2N A个电子
B.标准状况下，22.4 L NO2气体中含有N A个O2分子
C.常温常压下，15 g HCHO含有2N A对共用电子对
D.1L 0.1mol▪L-1的醋酸溶液中有N A个CH3COO-
【答案】C
【解析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。

A.1mol亚铁离子完全被双氧水氧化，失去了1mol电子，转移N A个电子，错误；B.标况下22.4L二氧化氮的物质的量为1mol，二氧化氮分子中存在2个氧原子，不存在氧气分子，错误； C.15g甲醛的物质的量为0.5mol，0.5mol甲醛中含有2mol共用电子对，含有2N A对共用电子对，正确；
D.1L 0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中含有溶质醋酸0.1mol，由于醋酸只能部分电离出醋酸根离子，所以溶液中醋酸根离子数目小于0.1mol，错误；故选C。

11．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A.标准状况下，33.6L CO2中含有氧原子数为3N A
B.1 mol OH-和1 mol-OH(羟基)所含质子数均为9N A
C.常温下，100mL 0.1mol▪L-1醋酸钠溶液中含醋酸根的数目小于0.01N A
D.50mL 18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子数为0.46N A
【答案】D
【解析】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。

A、n===1.5mol，结合分子式计算氧原子数3N A，正确；B、1 mol OH﹣和1 mol﹣OH(羟基)所含质子数都是9，1 mol OH﹣和1 mol﹣OH(羟基)所含质子数均为9N A，正确；C、醋酸根离子水解，常温下，100mL 0.1mol•L﹣1醋酸钠溶液中含醋酸根的数目小于0.01N A，正确；D、浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜发生反应，50mL 18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子数小于0.46N A，错误；故选D。

二、综合题：共1题
12．下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。

(1)方法Ⅰ中氨水吸收燃煤烟气中SO 2的化学反应为: 2NH3+SO2+H2O(NH4)2SO3，(NH 4)2SO3+SO2+H2O2NH4HSO3
能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有(填字母)。

A.增大氨水浓度
B.升高反应温度
C.使燃煤烟气与氨水充分接触
D.通入空气使转化为
采用方法Ⅰ脱硫,并不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO2，原因是(用离子方程式表示)。

(2)方法Ⅱ中主要发生了下列反应:
2CO(g)+SO 2(g)S(g)+2CO2(g) ΔH=8.0 kJ·mol-1
2H 2(g)+SO2(g)S(g)+2H2O(g) ΔH=90.4 kJ·mol-1
2CO(g)+O 2(g)2CO2(g)ΔH=-566.0 kJ·mol-1
2H 2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH=-483.6 kJ·mol-1
S(g)与O2(g)反应生成SO2(g)的热化学方程式可表示为。

(3)方法Ⅲ中用惰性电极电解NaHSO3溶液的装置如图所示。

阳极区放出气体的成分
为 (填化学式)。

【答案】(1)A、C +SO2+CO2
(2)S(g)+O 2(g)SO2(g)ΔH=-574.0 kJ·mol-1
(3)O2、SO2
【解析】本题考查环境保护、盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、电极方程式等内容。

(1)提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触，升高温度，降低气体的溶解度，不利于吸收，而通入空气，也会使空气将二氧化硫从溶液中分离出来，不利于吸收；不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO 2的原因是+SO2+CO2；
(2)根据以下反应①2CO(g)+SO 2(g)S(g)+2CO2(g)△H=8.0kJ•mol﹣1②2H2(g)+SO2(g)
S(g)+2H 2O(g)△H=90.4kJ•mol﹣1③2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H=﹣566.0kJ•mol﹣1
④2H 2(g)+O2(g)2H2O(g)△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，利用盖斯定律，③﹣①或④﹣②可得到S(g)与O2(g)反应生成SO2(g)的热化学方程式为
S(g)+O 2(g)SO2(g)△H═﹣574.0kJ•mol﹣1；
(3)电解时，阳极发生氧化反应，有O2生成，同时在阳极区加入稀硫酸，会有SO2。

三、实验题：共2题
13．某学生在做同主族元素性质递变规律的实验时，自己设计了一套实验方案，并记录了有关的实验现象。

现在请你帮助该学生整理并完成实验报告。

(1)实验目的：____________________________。

(2)实验用品：
仪器：试管、胶头滴管。

药品：氯水、溴水、溴化钠溶液、碘化钾溶液、四氯化碳。

(3)实验内容(在下表横线中填写相关内容)：
(4)实验结论：________________________________。

(5)问题和讨论：
①上述两个实验中发生反应的离子方程式分别为__________________、
__________________。

②由于F2过于活泼，所以很难设计出一个简单的实验来验证其氧化性的强弱。

试列举两项事实说明氟的非金属性比氯强：
____________________________________________________________、
____________________________________________________________。

【答案】(1)探究同一主族元素性质的递变规律
(3)①橙(或橙红)
②紫(或紫红)
(4)同一主族，自上而下，元素的非金属性依次减弱
(5)①Cl 2＋2Br－2Cl－＋Br2；Br2＋2I－2Br－＋I2
②F2在冷暗处就可以与H2剧烈反应而爆炸，而Cl2与H2要在光照或点燃时才反应；HF 比HCl更稳定
【解析】本题考查同一主族性质递变规律。

(1)根据题干知，该实验的实验目的是探究同一主族元素性质的递变规律；
(3)①氯气能将溴离子氧化生成溴单质，溴在四氯化碳溶液中呈橙色，四氯化碳密度大于水，溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳和水不互溶，所以看到的现象是：液体分为两层，下层呈橙色；②溴能将碘离子氧化生成碘单质，碘在四氯化碳溶液中呈紫色，四氯化碳密度大于水，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳和水不互溶，所以看到的现象是：液体分为两层，下层呈紫色；(4)同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，单质的氧化性越强，其非金属性越强，氯气能氧化溴离子生成溴，所以氯气的氧化性大于溴，溴能氧化碘离子生成碘，所以溴的氧化性大于碘，则得到的结论是同一主族，自上而下，元素的非金属性依次减弱；
(5)①氯气能氧化溴离子生成溴；溴能氧化碘离子生成碘，离子方程式分别为Cl2＋2Br－
2Cl－＋Br 2；Br2＋2I－2Br－＋I2；
②元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其单质与氢气化合越容易，其氢化物越稳定，其比较方法为F2在冷暗处就可以与H2剧烈反应而爆炸，而Cl2与H2要在光照或点燃时才反应；HF比HCl更稳定。

14．某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。

(1)实验室用装置A制备SO2某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液
体未流下，你认为原因可能是：。

(2)实验室用装置E制备Cl 2其反应的化学化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)
C12↑+MnCl2+2H2O
浓盐酸的作用为：。

(3) 反应开始一段时间后，观察到 B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：
B：、D ：。

②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为
B：、D ：。

(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性.二者混合后的漂白性肯定会更强。

他们将制得的SO2和CI2按1:1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象
的那样。

请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)：。

【答案】(1)分液漏斗的玻璃塞没有取下来
(2)酸性，还原剂
(3)①品红褪色品红褪色
②褪色的品红又恢复成红色溶液设有恢复成红色
(4)Cl 2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4
【解析】本题考查氯气和二氧化硫的漂白性质。

(1)塞子没有取下来，打开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，造成分液漏斗内的压强小于大气压强，液体无法流出； (2) 生成氯化锰，说明盐酸显酸性，生成氯气，氯元素化合价升高，说明盐酸显还原性； (3) ①SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色；②SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色；次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色；(4)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl 2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1:1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不退色。

四、填空题：共5题
15．无论在办公室还是居室里，在漂亮的花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧张而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。

如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。

下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：
(1)“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是 (填写名称)。

(2)“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为(阿司匹林中不含K+) (只要求写表达式，不需计算)mol·L-1。

(3)配制过程中，下列操作配制结果没有影响的是_____(填字母)。

A.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
B.定容时仰视液面
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaC1溶液而未洗净
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
(4)欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有 (填化学符号)。

【答案】(1)蔗糖；(2)2×＋； (3)A、D；(4)Cl－
【解析】本题考查学生配制一定物质的量浓度的溶液的知识。

(1)同一溶液，体积相等，则物质的量越大溶液浓度越大，蔗糖的物质的量为：50/352=0.146mol；
硫酸钾的物质的量为0.5/174=0.00287mol；阿司匹林的物质的量为0.35/180=0.00194mol；高锰酸钾的物质的量：0.50/158=0.0032mol；硝酸银的物质的量：0.04/170=0.00024mol；所以蔗糖的物质的量最大，溶液中蔗糖的物质的量浓度最多；(2)溶液中钾离子的物质的量为2×＋mol，则依据c=，溶液中钾离子的物质的量浓度为：2×＋mol/L；
(3)A.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，正确；B.定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，错误；C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，容量瓶中沾有氯化钠，氯化钠能够消耗银离子，导致溶液中银离子浓度偏小，错误；D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，正确；
(4)银离子能够与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，向待测液中加入少量氯化钠，若产生白色沉淀即可证明溶液中含有银离子。

16．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去):
(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成.取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式) 。

(2)Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是。

②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是。

(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号) 。

(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成.当消耗2mol I﹣时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是。

(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应.若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示) 。

【答案】(1)Al (2)① C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O. ②NO、CO2
(3)Cu2+、Fe3+、H+(4)2Fe2++3H 2O2+4I﹣2Fe(OH)3↓+2I2
(5)CuO、C；CuO、C、Fe2O3.
【解析】本题考查金属单质、金属氧化物、非金属单质的性质。

(1)无论加什么浓酸(硫酸和硝酸)，溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子。

向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应 +CO2+2H2O
Al(OH)3↓+，产生白色沉淀Al(OH)3，所以，可以肯定溶液X中没有，样品中没有Al。

(2)①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2，应为SO2，则浓酸为浓硫酸；反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物，则浓酸为浓硝酸；
(3)向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色(Cu)，另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：Cu2++Fe Cu+Fe2+，向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl 2+2Fe2+2Cl﹣+2Fe3+，2Fe3++Cu
2Fe2++Cu2+，Cl 2+H2O HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+；
(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成.I﹣、Fe2+共同还原H2O2.当消耗2 mol I﹣时，共转移3 mol电子，转移3 mol电子其中2 mol 来自I﹣，令外1 mol电子来自Fe2+.即氧化的I﹣与Fe2+之比是2：1，需要H2O2再提供3mol电子，这反应方程式：2Fe2++3H 2O2+4I﹣2Fe(OH)3↓+2I2。

(5)根据前面分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，符合整个设问的组合只有两种为：CuO、C；CuO、C、Fe2O3。

17．A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A与C，B与D 分别是同主族元素；已知B、D二元素原子核中质子数之和是A、C二元素原子核中质子数之和的2倍；四种元素形成的单质中有两种是气体；两种是固体。

请回答以下问题：(1)写出由A、B两元素形成的原子个数比为1:1的化合物为________，此化合物能使酸性KMnO4溶液褪色，体现该化合物具有性。

(2)D的最高价氧化物对应水化物是一种重要的工业产品。

下列关于此化合物描述不准确的是
A.其浓溶液具有强氧化性，能与大多数金属单质反应
B.其稀溶液具有吸水性，能净化多种气体
C.该物质具有脱水性，在乙烯的实验室制备中有直接体现
D.该物质可用铁或者铝容器运输
(3)用A元素的单质与B元素的单质可制成新型的化学电源，已在宇宙飞船中使用。

其构造如图所示。

两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电。

则a是极，电极反应式为____________________，
b是极，电极反应式为__________________。

【答案】(1)H 2O2 还原(2)B(3)负极 H2+2OH-—2e-2H2O
正极 O 2+2H2O+4e- 4 OH-
【解析】本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、原电池。

A、B、C、D原子序数依次增大短周期元素，A、C及B、D分别是同一主族元素，确定B、D分别位于二、
三周期；由于B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的两倍，确定A、C分别位于一、三周期，所以A为氢、C为钠，B、D的质子数之和
为24，则B为氧、D为硫，
(1)A、B两元素形成的原子个数比为1:1的化合物的化学式为H2O2，能使酸性KMnO4
溶液退色，体现该化合物具有还原性；
(2)D的最高价氧化物对应水化物为硫酸，A.其浓溶液具有强氧化性，一定条件下能与大多数金属单质反应生成硫酸盐和二氧化硫，正确；B.其浓溶液具有吸水性，所以可用来干燥多种气体，错误；C.其浓溶液和稀溶液都有氧化性，但起氧化作用的元素不同，分别为S、H，正确；D.该物质常温下遇Fe、Al发生钝化，则可用铁或者铝容器运输，正确；故选B；
(3)通氢气为负极，碱性电解质溶液中发生的负极反应为H 2+2OH﹣﹣2e﹣2H2O，氧
气为正极，发生还原反应，碱性条件下分子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O 4OH﹣。

18．(1)请将下列五种物质：KBrO3、Br2、I2、KI、K2SO4分别填入下列对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式：
______＋______＋ H2SO4 → ______＋______＋______＋KBr ＋H2O ；
(2)该反应中的氧化产物是，被还原的是中(填写化学式)的元素(填写元素符号)；
(3)如果该反应方程式中I2和 KBr的系数分别是16和2，则
①Br2的系数是；
②请将反应物的化学式及配平后的系数填入下列相应的位置中：
__________ ＋__________ + H2SO4 →
③若转移电子总数为10mol，则反应中I2的物质的量为________ 。

【答案】⑴KBrO3＋KI＋H2SO4 → I2＋Br2＋K2SO4＋KBr＋H2O；
⑵I2，KBrO3 Br；⑶① 2；②6KBrO3＋32KI＋18H2SO4 →③5mol
【解析】本题考查氧化还原反应配平、相关计算。

(1)根据Br元素反应后化合价降低可知，还需填入还原剂KI作反应物，其它物质I2、Br2、K2SO4、KBr为生成物，知反应
为KBrO3+KI+H2SO4→Br2+I2+K2SO4+KBr+H2O；
(2)依据方程式可知：I元素的化合价升高对应产物为：I2；Br元素的化合价降低对应产物为：Br2、KBr；
(3)①若I2的化学计量数是16、KBr的化学计量数是2，则I元素共失电子19mol×2=32 mol；KBr的化学计量数是2，得电子2mol×[5﹣(﹣1)]=12mol，故KBrO3～Br2要得电子20mol，即Br2的化学计量数为=2；
②根据I元素守恒可知，KI的化学计量数是32，由Br元素守恒确定KBrO3的化学计量数为2+2×2=6，据K原子守恒可知K2SO4的化学计量数为=18，根据硫酸根守恒确定H2SO4的化学计量数为18，再根据H元素守恒确定H2O的系数为18，故配平后方程式为：6KBrO3+32KI+18H2SO4=16I2+2Br2+18K2SO4+2KBr+18H2O；③反应中KI→I2，I元素化合价由﹣1价升高为0价，氧化产物只有I2，故转移10mol电子生成I2的物质的量为：10mol/2=5mol。

19．(1)25 ℃时，向0.1 mol·L－1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是______(填序号)。

A.氨水与氯化铵发生化学反应
B.氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H＋)
C.氯化铵溶于水，电离出大量铵根离子，抑制了氨水的电离，使c(OH－)减小
(2)室温下，如果将0.1 mol NH4Cl和0.05 mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，
①________和________两种粒子的物质的量之和等于0.1 mol。

②________和________两种粒子的物质的量之和比OH－多0.05 mol。

(3)已知某溶液中只存在OH－、H＋、、Cl－四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
A.c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＞c(OH－)
B.c(Cl－)＞c()＞c(OH－)＞c(H＋)
C.c(Cl－)＞c(H＋)＞c()＞c(OH－)
D.c()＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是__________，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是(选填序号)________。

②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是__________________________。

③若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前
c(HCl)________(填“＞”“＜”或“＝”，下同)c(NH3·H2O)，混合后溶液中c()与c(Cl－)的关系c()________c(Cl－)。

【答案】(1)C(2)①NH3·H2O②H＋(3)①氯化铵A②NH4Cl、HCl ③＜＝
【解析】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小的比较等。

(1) 氯化铵溶于水电离出铵根离子，使氨水中的铵根离子浓度增大平衡向左移动，从而抑制氨水电离，故选C；
(2) 根据物料守恒知，c()+c(NH3·H2O)=0.1mol，根据溶液中电荷守恒得c(Cl﹣)+c(OH ﹣)=c(H+)+c()+c(Na+)，c(H+)+c()﹣c(OH﹣)=c(Cl﹣)﹣c(Na+)=0.1mol﹣
0.05mol=0.05mol。

(3) ①因任何水溶液中都有OH﹣、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，。